2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测） 第三部分 专题二 数 列 作业18-19

2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测） 第三部分 专题二 数 列 作业18-19

数列专练(一)·作业(十八)‎ ‎1．(2016·湖北四地七市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2－3Sn(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)当n≥2时，由an＝2－3Sn ①，‎ 得an－1＝2－3Sn－1 ②，‎ ‎①－②即得4an＝an－1，‎ 而当n＝1时，a1＝2－3a1，故a1＝.‎ 因而数列{an}是首项为，公比为的等比数列，其通项公式为an＝·()n－1＝()2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝log2an＝1－2n(n∈N*)．‎ 数列{an＋bn}的前n项和 Tn＝a1＋b1＋a2＋b2＋…＋an＋bn ‎＝(a1＋…＋an)＋(b1＋…＋bn)‎ ‎＝＋ ‎＝－n2－×()n，(n∈N*)．‎ ‎2．(2016·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.‎ 解析　(1)因为2Sn＝(n＋1)an，‎ 当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，‎ 两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，‎ 即(n－1)an＝nan－1，‎ 所以当n≥2时，＝，‎ 所以＝.‎ 因为a1＝2，所以an＝2n.‎ ‎(2)因为an＝2n，令bn＝，n∈N*，‎ 所以bn＝＝＝－.‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝(1－)＋(－)＋…＋(－)‎ ‎＝1－＝.‎ 因为>0，所以1－<1.‎ 因为f(n)＝在n∈N*上是递减函数，‎ 所以1－在n∈N*上是递增的，‎ 所以当n＝1时，Tn取最小值.‎ 所以≤Tn<1.‎ ‎3．(2016·长沙调研)已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)．‎ ‎(1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)，且λan>2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．‎ 解析　(1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5，‎ 所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，‎ 所以{an}是首项为a1＝1，公差为6的等差数列．‎ 所以an＝6n－5(n∈N*)．‎ ‎(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1，‎ 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2，‎ 当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2(n∈N*)，‎ 由λan>2n＋n＋2λ得λ>＝＋，‎ 所以当n＝1，2时，取最大值，‎ 故λ的取值范围为(，＋∞)．‎ ‎4．(2016·衡中一调)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．‎ ‎(1)求q的值和{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．‎ 解析　(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，‎ 即a4－a2＝a5－a3，‎ 所以a2(q－1)＝a3(q－1)，‎ 又因为q≠1，所以a2＝a3.‎ 由a3＝qa1，得q＝2.‎ 当n＝2k－1(k∈N*)时，‎ an＝a2k－1＝2k－1＝2；‎ 当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝，n∈N*.‎ 设数列{bn}的前n项和为Sn，则 Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，‎ Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，‎ 上述两式相减，得 Sn＝＋＋＋…＋－ ‎＝－＝2－－，‎ 整理，得Sn＝4－，n∈N*.‎ ‎5．(2016·福建晋江检测)已知数列{an}的前n项的和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.‎ ‎(1)证明：数列{}是等比数列；‎ ‎(2)求通项公式an与前n项的和Sn；‎ ‎(3)设bn＝n(2－Sn)，n∈N*，若集合M＝{n|bn≥λ，n∈N*}恰有4个元素，求实数λ的取值范围．‎ 解析　(1)因为a1＝，an＋1＝an，当n∈N*时，≠0.又因为＝，∶＝(n∈N*)为常数，‎ 所以{}是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(2)由{}是以为首项，为公比的等比数列，得＝×()n－1＝()n.‎ 所以an＝n×()n.‎ 由错位相减法得Sn＝2－()n－1－n()n.‎ ‎(3)因为bn＝n(2－Sn)(n∈N*)，所以bn＝n()n－1＋n2()n.‎ 因为bn＋1－bn＝(3－n2)()n＋1，‎ 所以b2>b1，b2>b3>b4>….‎ 因为集合M＝{n|bn≥λ，n∈N*}恰有4个元素，且b1＝b4＝，b2＝2，b3＝，b5＝，‎ 所以<λ≤.‎ 数列专练(二)·作业(十九)‎ ‎1．(2016·长沙模拟)已知数列{an}满足a1＋＋…＋＝2n＋1，‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{an}的前n项和．‎ 解析　(1)当n＝1时，由题设知a1＝4；当n≥2时，由题设a1＋＋…＋＝2n＋1知a1＋＋…＋＝2n，‎ 两式相减得＝2n＋1－2n，‎ 即an＝n×2n(n≥2)，‎ 故{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)设{an}的前n项和为Sn，‎ 则Sn＝1×22＋2×22＋…＋n×2n，‎ ‎2Sn＝1×23＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，‎ 两式相减得Sn＝n×2n＋1－(22＋23＋…＋2n)‎ ‎＝n×2n＋1－4×(2n－1－1)‎ ‎＝(n－1)×2n＋1＋4.‎ ‎2．(2016·四川达州调研)已知等比数列{an}的首项a1＝，前n项和Sn满足S1，2S2，3S3成等差数列．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2－(＋)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.‎ 解析　(1)因为S1，2S2，3S3成等差数列，所以4S2＝S1＋3S3，当q＝1时，不符合；当q≠1时，得4＝a1＋3，故q＝或q＝0(舍去)．‎ 综上可知，an＝()n.‎ ‎(2)由(1)知an＝()n，所以bn＝2－[＋]＝2－－＝1－＋1－＝(1－)＋(1－)＝－，‎ 由<，>得－<－，所以bn<－，‎ 从而Tn＝b1＋b2＋…＋bn<(－)＋(－)＋…＋(－)＝－<，因此Tn<.‎ ‎3．(2016·湖南东部六校联考)已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1.‎ 解析　(1)∵S＝acsinB＝4，∴ac＝16，‎ 又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB，‎ ‎∴b2＝ac＝16，∴b＝4，‎ 从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，‎ ‎∴a＝c＝4.‎ 故可得，∴an＝4n.‎ ‎∵Tn－2bn＋3＝0，∴当n＝1时，b1＝3，‎ 当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，‎ 两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，‎ ‎∴数列{bn}为等比数列，∴bn＝3·2n－1.‎ ‎(2)依题意，cn＝.‎ P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)‎ ‎＝＋ ‎＝22n＋1＋4n2＋8n＋2.‎ ‎4．(2016·保定调研)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和为Sn，且当n≥2时，an＋1Sn－1－anSn＝0.‎ ‎(1)求证：数列{Sn}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ 解析　(1)当n≥2时，an＋1Sn－1－anSn＝(Sn＋1－Sn)Sn－1－(Sn－Sn－1)Sn＝Sn＋1Sn－1－Sn2＝0，‎ ‎∴Sn2＝Sn－1Sn＋1(n≥2)，又由S1＝1≠0，S2＝4≠0，可推知对一切正整数n均有Sn≠0，则数列{Sn}是等比数列，Sn＝4n－1.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×4n－2，又a1＝S1＝1，∴an＝ ‎(2)当n≥2时，bn＝＝＝，又b1＝，‎ ‎∴bn＝，‎ 则T1＝b1＝ 当n≥2时，bn＝＝－，‎ 则Tn＝＋(－)＋…＋(－)＝－.‎ 综上：Tn＝－.‎ ‎5．(2016·河南联考)已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)判断数列{cn}的单调性；‎ ‎(3)当n≥2时，T2n＋1－Tn<－loga(a－1)恒成立，求a的取值范围．‎ 解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.‎ ‎∴数列{bn}的通项公式为bn＝ ‎(2)∵cn＝T2n＋1－Tn，‎ ‎∴cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝＋＋…＋.‎ ‎∴cn＋1－cn＝＋－＝－＝－<0.‎ ‎∴数列{cn}是递减数列．‎ ‎(3)由(2)知，当n≥2时，c2＝＋＋为最大，‎ ‎∴＋＋<－loga(a－1)恒成立，即loga(a－1)<－1.‎ 由真数a－1>0，得a>1，∴a－1<.‎ 整理为a2－a－1<0，解得1

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